Chủ đề này có 7 trả lời

[LoveMath1234]

1) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

CMR: $\frac{c}{1+ab}+\frac{b}{1+ac}+\frac{a}{1+bc}\geq 1$

2) Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn: $a+b+c=3$

CMR: $\frac{2a}{\sqrt{3a+bc}}+\frac{b}{\sqrt{3b+ac}}+\frac{c}{\sqrt{3c+ac}}\leq \frac{9}{4}$

[tritanngo99]

1) Cho a,b,c là các số thực không âm thỏa mãn: $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$

CMR: $\frac{c}{1+ab}+\frac{b}{1+ac}+\frac{a}{1+bc}\geq 1$

2) Cho 3 số thực dương a,b,c thỏa mãn: $a+b+c=3$

CMR: $\frac{2a}{\sqrt{3a+bc}}+\frac{b}{\sqrt{3b+ac}}+\frac{c}{\sqrt{3c+ac}}\leq \frac{9}{4}$

Bài 1: Ta có: $\sum \frac{c}{1+ab}=\frac{\sum c(1+ac)(1+bc)}{(1+ab)(1+ac)(1+bc)}$.

Mà $\sum c(1+ac)(1+bc)=\sum a+\sum a^2b+\sum ab^2+abc\sum a^2=\sum a+\sum a^2b+\sum ab^2+abc$.

$\prod (1+ab)=1+a^2b^2c^2+\sum bc+\sum ab^2$.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\sum a+\sum a^2b+abc\ge 1+a^2b^2c^2+\sum ab^2$.

Thật vậy: Do $a^2+b^2+c^2=1\implies a,b,c\in [0;1]\implies \left\{\begin{matrix} \sum a(a-1)(b-1)\ge 0\\abc\ge a^2b^2c^2  \end{matrix}\right.$.

$\iff \left\{\begin{matrix} \sum a+\sum a^2b\ge \sum a^2+\sum ab(1)\\abc\ge a^2b^2c^2(2)  \end{matrix}\right.$.

Cộng $(1),(2)$ vế theo vế ta có ĐPCM.

Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b;c)=(1;0;0)$ và các hoán vị.

Bài 2: Ta chú ý rằng: $(\sqrt{3a+bc};\sqrt{3b+ac};\sqrt{3c+ab})=(\sqrt{(a+b)(a+c)};\sqrt{(b+c)(b+a)};\sqrt{(c+a)(c+b)})$.

Khi đó áp dụng AM-GM ta có:

$\frac{2a}{\sqrt{3a+bc}}=\frac{2a}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}\le \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}$.

$\frac{b}{\sqrt{3b+ac}}=\frac{2b}{\sqrt{4(b+c)(b+a)}}\le \frac{b}{4(b+c)}+\frac{b}{b+a}$.

$\frac{c}{\sqrt{3c+ab}}=\frac{2c}{\sqrt{4(c+b)(c+a)}}\le \frac{c}{4(b+c)}+\frac{c}{c+a}$.

Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có ĐPCM.

Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b;c)=(\frac{7}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 19-01-2017 - 22:22

[dungxibo123]

1) từ đầu bài ta chứng minh được $a+b+c \leq \sqrt{3}$ 
có $VT\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c+3abc}\geq\frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^{3}}{9}}\geq 1$ ( luôn đúng chỉ cần tương đường )

[tritanngo99]

1) từ đầu bài ta chứng minh được $a+b+c \leq \sqrt{3}$ 
có $VT\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c+3abc}\geq\frac{(a+b+c)^{2}}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^{3}}{9}}\geq 1$ ( luôn đúng chỉ cần tương đường )

Bất đẳng thức cuối cùng chưa chắc luôn đúng bạn nhé!

Chứng minh: Ta có: $\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^3}{9}}\ge 1\iff \frac{a+b+c}{1+\frac{(a+b+c)^2}{9}}\ge 1(*)$.

Đặt $t=a+b+c(t\le \sqrt{3})$.

Khi đó $(*)\iff \frac{t^2}{9}-t+1\le 0\iff \frac{9-3\sqrt{5}}{2}\le t\le \frac{9+3\sqrt{5}}{2}$( Chưa chắc luôn đúng)

[LoveMath1234]

Bất đẳng thức cuối cùng chưa chắc luôn đúng bạn nhé!

Chứng minh: Ta có: $\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c+\frac{(a+b+c)^3}{9}}\ge 1\iff \frac{a+b+c}{1+\frac{(a+b+c)^2}{9}}\ge 1(*)$.

Đặt $t=a+b+c(t\le \sqrt{3})$.

Khi đó $(*)\iff \frac{t^2}{9}-t+1\le 0\iff \frac{9-3\sqrt{5}}{2}\le t\le \frac{9+3\sqrt{5}}{2}$( Chưa chắc luôn đúng)

Anh tritanngo99 có thể làm bài 1 theo cách Cosi ngược dấu đc ko ạ? (Tại bài này thầy bảo về làm theo cách đó)

[tritanngo99]

Anh tritanngo99 có thể làm bài 1 theo cách Cosi ngược dấu đc ko ạ? (Tại bài này thầy bảo về làm theo cách đó)

Anh nghĩ cách Cô-si ngược dấu không ổn lắm, vì bất đẳng thức này tuy đối xứng nhưng dấu $=$ lại không xảy ra đồng thời $a=b=c$

[LoveMath1234]

Bài 1: Ta có: $\sum \frac{c}{1+ab}=\frac{\sum c(1+ac)(1+bc)}{(1+ab)(1+ac)(1+bc)}$.

Mà $\sum c(1+ac)(1+bc)=\sum a+\sum a^2b+\sum ab^2+abc\sum a^2=\sum a+\sum a^2b+\sum ab^2+abc$.

$\prod (1+ab)=1+a^2b^2c^2+\sum bc+\sum ab^2$.

Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\sum a+\sum a^2b+abc\ge 1+a^2b^2c^2+\sum ab^2$.

Thật vậy: Do $a^2+b^2+c^2=1\implies a,b,c\in [0;1]\implies \left\{\begin{matrix} \sum a(a-1)(b-1)\ge 0\\abc\ge a^2b^2c^2  \end{matrix}\right.$.

$\iff \left\{\begin{matrix} \sum a+\sum a^2b\ge \sum a^2+\sum ab(1)\\abc\ge a^2b^2c^2(2)  \end{matrix}\right.$.

Cộng $(1),(2)$ vế theo vế ta có ĐPCM.

Dấu $=$ xảy ra tại $(a;b;c)=(1;0;0)$ và các hoán vị.

 

Chỗ màu đỏ phải là $abc^{2}+bca^2+acb^2$ chứ ?

[tritanngo99]

Chỗ màu đỏ phải là $abc^{2}+bca^2+acb^2$ chứ ?

Xin lỗi về những sai sót. Dưới đây là lời giải bài toán:

Ta có: $\sum \frac{a}{1+bc}=\sum \frac{a^2}{a+abc}\ge \frac{a^2}{a+a.\frac{b^2+c^2}{2}}=\sum \frac{a^2}{a+a.\frac{1-a^2}{2}}$.

$=\sum \frac{a^2}{1-\frac{(a+2)(a-1)^2}{2}}\ge \sum a^2=1\implies Q.E.D$

(Trích lời giải anh Huyện từ AoPS: http://artofproblems...370939p7552186)